CM053_P1_A_Gabarito

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UFPR - Universidade Federal do Paraná
Departamento de Matemática
CM053 - Álgebra Linear II (Matemática - Matemática Industrial)
Prof. José Carlos Eidam
A
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2
3
Nota
PRIMEIRA PROVA - GABARITO
Nome:
No. Matrı́cula: Assinatura:
Justifique todas as suas afirmações.
1
-A-
Questão 1 (2,5 pontos) Considere o subespaço W ⊂ R5 gerado pelos vetores u1 = (1, 2, 0, 0, 5),
u2 = (0, 1, 1, 2, 0), u3 = (0, 1, 2,−3, 1) e u4 = (1, 5, 5,−4, 7) e os funcionais lineares ϕ1, ϕ2 em R5
dados por
ϕ1(x) = a1x1 + a2x2 + a3x3 + x4 ,
ϕ2(x) = b1x1 + b2x2 + b3x3 + x5 ,
para cada x = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5. Calcule os valores de a1, a2, a3 e b1, b2, b3 para os quais
{ϕ1, ϕ2} é uma base de Wo.
Solução. Primeiramente, encontramos um conjunto de geradores para W via escalona-
mento: 
1 2 0 0 5
0 1 1 2 0
0 1 2 −3 1
1 5 5 −4 7
→

1 2 0 0 5
0 1 1 2 0
0 0 1 −5 1
0 0 0 0 0
 .
Isso mostra que {u1,u2,u′3} é uma base para W, onde u
′
3 = (1,−5, 1). Se ϕ(x) = λ1x1+λ2x2+λ3x3+
λ4x4 + λ5x5 é um funcional linear que pertence a Wo então ϕ(u1) = ϕ(u2) = ϕ(u′3) = 0, portanto,
λ1 + 2λ2 + 5λ5 = 0
λ2 + λ3 + 2λ4 = 0
λ3 − 5λ4 + λ5 = 0
.
Escolhendo λ4 e λ5 como parâmetros, temos que
λ1 = 14λ4 − 7λ5
λ2 = −7λ4 + λ5
λ3 = 5λ4 − λ5
.
Logo,
ϕ(x) = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 + λ4x4 + λ5x5
= (14λ4 − 7λ5)x1 + (−7λ4 + λ5)x2 + (5λ4 − λ5)x3 + λ4x4 + λ5x5
= λ4(14x1 − 7x2 + 5x3 + x4) + λ5 (−7x1 + x2 − x3 + x5) ,
para qualquer x = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5. Em particular, ϕ1(x) = 14x1 − 7x2 + 5x3 + x4 e ϕ2(x) =
−7x1 + x2 − x3 + x5 formam uma base de Wo. Portanto, a1 = 14, a2 = −7, a3 = 5 e b1 = −7, b2 = 1,
b3 = −1.
2
-A-
Questão 2 Considere a base B de R3 formada pelos vetores u1 = (1, 0, 1), u2 = (0,−1, 0) e
u3 = (1, 0,−1) e sua base dual B∗ = {ϕ1, ϕ2, ϕ3}.
1. (2 pontos) Determine ϕ1, ϕ2 e ϕ3.
2. (2 pontos) Sejam W1 o subespaço gerado pelos vetores u1 e u2 e W2 o subespaço gerado
por u3. Considere a decomposição
R3 =W1 ⊕W2 ,
e o operador P de projeção sobre W1 relativamente à decomposição acima. Calcule a
matriz de P em relação à base canônica de R3.
Solução.
1. Dado x = (x1, x2, x3) ∈ R3, sejam λi = ϕi(x), para 1 ≤ i ≤ 3. Sabemos que
x = ϕ1(x)u1 + ϕ2(x)u2 + ϕ3(x)u3 = λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 ,
isto é,
(x1, x2, x3) = λ1(1, 0, 1) + λ2(0,−1, 0) + λ3(1, 0,−1) .
Resolvendo esta última equação paraλ1, λ2, λ3, temosϕ1(x1, x2, x3) = λ1 =
x1+x3
2 ,ϕ2(x1, x2, x3) =
λ2 = −x2 e ϕ3(x1, x2, x3) = λ3 =
x1−x3
2 .
2. Temos que
P(x1, x2, x3) = ϕ1(x1, x2, x3)u1 + ϕ2(x1, x2, x3)u2
=
1
2
(x1 + x3)(1, 0, 1) − x2(0,−1, 0)
=
(x1 + x3
2
, x2,
x1 + x3
2
)
,
para qualquer x = (x1, x2, x3) ∈ R3. A matriz deste operador em relação à base canônica é 1/2 0 1/20 1 01/2 0 1/2
 .
3
-A-
Questão 3 Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e P : V→ V um operador linear.
1. (2 pontos) Mostre que P é uma projeção se e só se Pt : V∗ → V∗ é uma projeção.
2. (1,5 ponto) Assumindo que P é uma projeção, mostre que
ker Pt = (ker(I − P))o e Im Pt = (Im (I − P))o.
Solução.
1. Se P é uma projeção então P2 = P. Isto implica que (Pt)2 = (P2)t = Pt, e portanto Pt é uma
projeção.
Reciprocamente, admitindo que Pt é uma projeção, temos que (Pt)2 = Pt. Disso decorre
que Pt(I−Pt) = 0 e portanto, Im (I−Pt) ⊂ ker Pt. Assim, (ker(I−P))o = Im (I−Pt) ⊂ ker Pt =
(Im P)o e portanto, Im P ⊂ ker(I−P). Isso implica que (I−P)P = 0, isto é, P é uma projeção.
2. Como P é uma projeção, temos que ker P = Im (I − P), portanto, ker Pt = (Im P)o =
(ker(I − P))o e Im Pt = (ker P)o = (Im (I − P))o.
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